2024-2025学年云南省曲靖市陆良县高二（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省曲靖市陆良县高二（下）期末物理试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.图为氢原子的能级示意图，大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁，其辐射的光照射到逸出功为2.29eV的金属上，则发生光电效应逸出光电子的最大初动能为( )
A. 7.91eVB. 9.8eVC. 10.46eVD. 10.5eV
2.图为某国产品牌电梯由静止开始竖直向上运行时的v−t关系图像，下列说法正确的是( )
A. 3s∼6s内电梯处于静止状态
B. 6s∼10s内电梯的加速度竖直向上
C. 0∼6s内电梯上升的高度为13m
D. 电梯在1.5s时与8s时的加速度大小之比为4:3
3.如图所示，水平轻质弹簧一端固定在墙上，另一端与物块A相连。A的右端通过轻质细线连接物块B，B再与物块C通过轻质细线跨接在定滑轮两端。已知A、B、C的质量满足mC=3mA=3mB，A、B间以及B与滑轮间的细线水平，不计所有摩擦，弹簧处于弹性限度内，初始时，A、B、C均处于静止状态。现将A、B间的细线剪断，设剪断瞬间A、B的加速度大小分别为aA、aB，重力加速度大小为g。下列判断正确的是( )
A. aA=g,aB=34g B. aA=3g,aB=34g
C. aA=3g,aB=gD. aA=12g,aB=12g
4.“战绳训练”是常见的健身方式，健身爱好者甩动战绳，令其在竖直平面内形成简谐波。图甲为某次训练中t=0.6s时战绳的波形图，绳上质点P的振动图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 该波沿x轴正方向传播
B. 该波的波速为10m/s
C. 仅增大抖动的幅度，波速会增大
D. 质点P再经0.2s将运动到图甲中x=0m的位置
5.我国计划在2028年前后发射天问三号并采集火星样品后返回地球。已知火星半径为R，引力常量为G，
若天问三号进入轨道高度ℎ=R的环火星圆轨道后，运行周期为T，则火星的平均密度为( )
A. 3πGT2B. 24πGT2C. 81πGT2D. 192πGT2
6.我国特高压输电技术达到世界领先水平。在输电线及输电距离不变的情况下，采用超高压输电时，输电电压为U，输电总功率为P1；采用特高压输电时，输电电压为2U，输电总功率为P2。已知两次输电效率相同，则P1和P2之比为( )
A. 1∶4B. 1∶2C. 2∶1D. 4∶1
7.如图甲所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，一小滑块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面上滑，运动到最高点后返回，若以出发点为坐标原点，沿斜面向上为位移x的正方向，且出发点为势能零点，小滑块运动过程中的机械能E随位移x变化的关系图像如图乙所示，已知E1=32E2，则小滑块与斜面间的动摩擦因数为( )
A. tanθ6B. tanθ5C. tanθ4D. tanθ3
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.某静电透镜的示意图如图所示，图中实线K、G是电极板，K板电势为120V，带孔的G板电势为30V，虚线为等势线，从K板中心附近水平向右发射的带电粒子最终都汇聚到B点，不计粒子受到的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A. 粒子可能是电子
B. 粒子可能是质子
C. 粒子从A点运动到B点的过程中，机械能守恒
D. 粒子在射出时的电势能和动能之和等于在B点时的电势能和动能之和
9.如图所示，OA、OB、OC都为轻绳，OA绳水平，OC绳下悬挂一个可视为质点的小球。现对小球施加一水平力F，使小球被缓慢拉高，此过程中OA、OB两绳位置不变，下列说法正确的是( )
A. 水平力F不断增大B. 绳OA的拉力不断增大
C. 绳OB的拉力不断增大D. 绳OC的拉力不断增大
10.回旋加速器利用高频交变电压使带电粒子在电场中不断加速。如图所示，回旋加速器两D形盒内存在垂直D形盒的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，所加速粒子的比荷为k，D形盒的半径为R，高频电源由LC振荡电路产生，LC振荡电路中电容器的电容为C，电感线圈的自感系数为L，下列说法正确的是( )
A. 为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中电感线圈的自感系数L为1k2B2C
B. 为使回旋加速器正常工作，LC振荡电路中电感线圈的自感系数L为Ck2B2
C. 带电粒子获得的最大速度为BRk
D. 带电粒子获得的最大速度为kBR
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
11.某同学利用如图所示的双缝干涉实验装置测量紫色光的波长，测得双缝之间的距离为0.24 mm，光屏与双缝之间的距离为1.20 m，第1条与第8条紫色亮条纹中心间的距离为14.70 mm，试回答下列问题：
(1)相邻两条亮条纹的间距为________mm；(2)实验中测得的紫色光的波长为________m；
(3)若将图中滤光片换为红色，则干涉条纹间距将________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
12.某学习小组设计了一个探究平抛运动特点的实验装置，在平抛点O的正前方放一粘有米尺的竖直毛玻璃。将小球从O点正对毛玻璃水平抛出，用光源照射小球，毛玻璃上会出现小球的投影。在毛玻璃正右边，用频闪相机记录小球在毛玻璃上影子的位置。如图甲所示，将一个点光源放在O点照射，得到如图乙所示的照片。已知频闪相机的闪光周期为0.02s，O点到毛玻璃的距离d=2.0m，取重力加速度大小g=9.8m/s²，根据上述实验完成下列问题：
(1)由图乙可知，小球在毛玻璃上的影子做______________(填“匀速直线”或“匀加速直线”)运动，影子的速度大小为_____m/s(结果保留两位有效数字)。
(2)小球平抛的初速度大小为_____m/s(结果保留两位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，密闭容器竖直放置且分成A和B两部分，A部分空气柱的长度为4L，空气柱的压强pA=ρgL，水银柱的长度为2L，横截面积为S；B部分空气柱的长度为2L，水银柱的长度为2L，横截面积为2S。A和B两部分空气柱的热力学温度均为T0，现保持A部分空气柱的温度不变，缓慢升高B部分空气柱的温度，已知水银的密度为ρ，重力加速度大小为g。
(1)当A部分空气柱的长度为2L时，求A部分空气柱的压强p′A；
(2)当A部分空气柱的长度为2L时，求B部分空气柱的热力学温度T′B。
14.如图所示，将内壁光滑的细管弯成半径R=1m的圆形轨道且将其固定在水平面内，管内有两个可视为质点的小球A、B，质量分别为m1、m2，且3m1=m2。两小球位于圆形轨道一条直径的两端，开始时两小球均处于静止状态，现给A球一个瞬时冲量使其获得沿圆形轨道的切线方向、大小v0=πm/s的瞬时速度，两小球的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，求：
(1)两小球第一次碰撞后B球的速度大小vB；
(2)两小球再次位于轨道一条直径的两端需要的最短时间tmin。
15.汽车减震器可以有效抑制车辆振动，某电磁阻尼减震器的简化原理图如图所示，匀强磁场的宽度L0=2m，磁感应强度大小B=1T，方向竖直向下。一轻质弹簧处于原长，将它水平且垂直于磁场边界放置在光滑水平面上，弹簧右端固定，左端恰与磁场右边界平齐。一宽度L=0.4m、足够长的10匝闭合矩形硬质金属线框abcd水平固定在一塑料小车上(图中小车未画出)，线框右端与小车右端平齐，二者的总质量m=4kg，线框的电阻R=8Ω，使小车带着线框以v0=5m/s的速度沿光滑水平面垂直于磁场边界正对弹簧向右运动，ab边向右穿过磁场右边界后小车开始压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。求：
(1)线框刚进入磁场左边界时，小车的加速度大小a；
(2)ab边在磁场中运动的过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)小车向右运动过程中弹簧获得的最大弹性势能Epm。
答案解析
1.【答案】C
【解析】大量处于 n=4 能级的氢原子向低能级跃迁，其中，直接跃迁至 n=1 能级辐射的光子能量最大，则有 ℎν=E4−E1=12.75eV
根据光电效应方程有 Ekmax=ℎν−W0
解得 Ekmax=10.46eV，故C正确。
故选C。
2.【答案】D
【解析】A.由图像可知，3s∼6s内电梯做匀速直线运动，故A错误；
B.由图像可知，6s∼10s内电梯向上做减速运动，加速度竖直向下，故B错误；
C.由图像可知，0∼6s内电梯上升的高度为图像与坐标轴围成的面积 ℎ=S=12×3+6×2m=9m ，故C错误；
D.电梯在1.5s时处于加速阶段，加速度大小 a1=23m/s2
电梯在8s时处于减速阶段，加速度 a2=−24m/s2=−12m/s2
加速度大小之比为 a1a2=43 ，故D正确。
故选D。
3.【答案】B
【解析】剪断前A、B间的细线上的拉力大小为 mCg ，弹簧对A的弹力与A、B间的细线对A的拉力等大反向，剪断瞬间弹簧的弹力不变，B、C的加速度大小相等，故 aA=FmA=mCgmA=3g
将B、C看作整体，则 aB=mCgmB+mC=34g，故B正确。
故选B。
4.【答案】B
【解析】A.由图乙可知，波源的振动周期为 T=0.2s ，所以波形图中 t=0.6s 时P点的振动与0时刻相同。根据图乙，0时刻时P点向上振动，根据波动原理，可知波应向x轴负方向传播，故A错误；
B.由图甲可知波长 λ=2m ，根据波速公式，可求得 v=λT=10m/s ，故B正确；
C.波速与介质有关，增大抖动的幅度只会增大振幅，对波速无影响，故 C错误；
D.P点再过半个周期还能回到平衡位置， 12T=0.1s ，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】解：已知天问三号的轨道高度ℎ=R，因此其轨道半径r=R+ℎ=2R。根据万有引力定律和向心力公式GMmr2=m4π2rT2，解得火星质量M=4π2r3GT2，火星的平均密度ρ为质量与体积之比，火星体积V=43πR3，因此ρ=MV=4π2r3GT243πR3，代入r=2R，得ρ=4π2⋅8R3GT2⋅34πR3=24πGT2，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据万有引力提供向心力结合质量—密度公式列式联立解答。
考查万有引力定律的应用，会根据题意进行准确分析解答。
6.【答案】A
【解析】输电效率相同，即两次输电过程中损失的功率占总功率的比例相等。
设输电线电阻为 R ，总功率为 P ，输电电压为 U ，则输电电流 I=PU
功率损失 ΔP=I2R=P2U2R
根据效率相同， ΔP1P1=ΔP2P2
代入公式得 P 12U2RP1=P 222U2RP2
化简后 P1U2=P24U2
两边消去 U2 ，得 P1=P24
即 P1P2=14 ，故A正确。
故选A。
7.【答案】B
【解析】小滑块向上运动时，根据能量守恒定律有 E1=μmgLcsθ+mgLsinθ
小滑块运动全程，根据能量守恒定律有 E1−E2=μmgcsθ×2L
解得 μ=tanθ5，故B正确。
故选B。
8.【答案】AD
【解析】AB.粒子出G板后，受电场力指向z轴，沿电场线方向，电势逐渐降低，可知电场力与场强方向相反，则粒子带负电，可能是电子，故A正确，B错误；
C.粒子从A点运动到B点的过程中，电场力做正功，机械能增大，故C错误；
D.根据能量守恒定律可知，粒子在射出时的电势能和动能之和等于在B点时的电势能和动能之和，故D正确。
故选AD。
9.【答案】ABD
【解析】AD.小球在重力mg、绳OC的拉力 TOC 和水平力F的作用下处于动态平衡，如图甲所示
可知 TOC 和F均增大，故A正确，D正确；
BC.对结点O进行分析，结点O受绳OA的拉力 TOA 、绳OB的拉力 TOB 和绳OC的拉力 TOC 而处于动态平衡，如图乙所示，可知 TOB 不变，因 TOC 增大，所以 TOA 增大，故选项B正确，C错误。
故选ABD。
10.【答案】AD
【解析】AB.被加速粒子在磁场中的运动周期为 T=2πrv ， qvB=mv2r
可得 r=mvqB ， T=2πmqB
为使回旋加速器正常工作，粒子在磁场中的运动周期等于LC振荡电路的周期，即 T=2π LC
联立解得振荡电路中电感线圈的自感系数为 L=1k2B2C ，故A正确，B错误。
CD.当r=R时，带电粒子获得的速度最大，即 R=mvmaxqB
可得 vmax=qBRm=kBR ，故C错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)2.10；
(2)4.2×10−7；
(3)变大
【解析】【分析】
本题考查了用双缝干涉测光的波长；本题的关键要掌握双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ，要明确公式中各个量的含义，计算时要注意单位换算。
(1)n条亮条纹之间有n−1个间距，相邻亮条纹的间距为Δx=an−1；
(2)根据双缝干涉条纹间距公式Δx=Ldλ计算出单色光的波长；
(3)根据Δx=Ldλ分析干涉条纹间距变化。
【解答】
(1)相邻两条干涉亮条纹间距Δx=14.708−1mm=2.10mm；
(2)根据Δx=Ldλ，可得：λ=d·ΔxL=0.24×10−3×2.1×10−31.20m=4.2×10−7m；
(3)红光的波长比紫光长，所以干涉条纹间距Δx将变大。
12.【答案】(1)匀速直线 2.0
(2)4.9

【解析】(1)[1][2]由图乙可知，小球在毛玻璃上的影子做匀速直线运动，影子的速度大小为 v=4cm0.02s=2.0m/s 。
(2)由图可知 12gt2v0t=yd
可得 y=gd2v0t
则 gd2v0=v
解得 v0=gd2v=9.8×22×2m/s=4.9m/s。
13.【答案】解：(1)对A部分空气柱有 VA=4LS ， V′A=2LS ，由玻意耳定律 pAVA=p A′V A′
解得 p A′=2ρgL。
(2)当A部分空气柱的长度为2L时，A部分水银柱的长度增加了2L，B部分水银柱的长度减少了L，对B部分空气柱有 pB=pA+4ρgL=5ρgL
VB=4LS ， TB=T0
p′B=p′A+ρg2L+2L+L ， V B′=2L+L2S=6LS
解得 T′B=21T010。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】解：(1)以碰撞前A球的速度方向为正方向，设A球和B球第一次碰撞后A球的速度为vA，发生弹性碰撞，则有 m1v0=m1vA+m2vB ， 12m1v02=12m1vA2+12m2vB2
解得 vA=−π2m/s ， vB=π2m/s。
(2)A球与B球第一次碰撞的时间 t1=πRv0
由(1)知第一次碰后A球反向运动，有 vAt2+vBt2=πR ， tmin=t1+t2
解得 tmin=2s。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】解：(1)线框刚进入磁场左边界时，根据牛顿第二定律有 F=nBIL=ma ， I=ER ， E=nBLv0
解得 a=2.5m/s2。
(2)根据 q=IΔt
又 I=ER ， E=nΔΦΔt ， ΔΦ=BL0L
设 ab 边刚到磁场右边界时的速度大小为 v ，根据动量定理有 −nBILΔt=mv−mv0
联立可得 −nBqL=mv−mv0
解得 v=4m/s
根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热 Q=12mv02−12mv2=18J。
(3) ab 边从磁场右边界出来后压缩弹簧，通过线框的磁通量不变，故线框中不产生感应电流，根据能量守恒定律，可知线框的动能全部转化为弹簧的弹性势能，则弹簧获得的最大弹性势能 Epm=12mv2
解得 Epm=32J。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】